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高考重点考点解读与针对性训练
第十二章 磁场
考点94 带电粒子在组合磁场中的运动
【考点解读】
1 .带电粒子在分离的电场、磁场中的常见运动及求法
2.组合场的三种常见情况
（1）磁场与磁场的组合，即强弱或方向不同的磁场分别位于不重叠的区域内；
磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，解题关键：
（i）带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，轨迹半径和运动周期一般不同。
（ii）充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边、角等几何关系。
（2）电场与磁场分别位于不重叠的区域内；
先电场后磁场的几种常见情形
（i）带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直磁场方向进入匀强磁场做匀速
圆周运动，如图甲。
（ii）带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直磁场方向进入磁场做匀速圆周运动，
如图乙。
先磁场后电场的几种常见情形
1
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常见
情境
进入电场时粒子速度方向
与电场方向平行
进入电场时粒子速度方向
与电场方向垂直
进入电场时粒子速度方向
与电场方向成一定角度
（非直角）
运动示
意图
常见
情境
进入电场时粒子速度方向
与电场方向平行
进入电场时粒子速度方向
与电场方向垂直
进入电场时粒子速度方向
与电场方向成一定角度
（非直角）
在电场
中的运
动性质
加速或减速直线运动
类平抛运动
类斜抛运动
分析
方法
动能定理或牛顿运动定律
结合运动学公式
平抛运动知识，运动的合
成与分解
斜抛运动知识，运动的合
成与分解
（3）电场、磁场在同一区域交替出现。
【高考真题】
【典例1】．（2025 高考山东卷）如图甲所示的
平面内，y 轴右侧被直线
分为两
个相邻的区域I、Ⅱ。区域I 内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直
平面的匀强磁场，电
场和磁场的大小、方向均未知。
时刻，质量为m、电荷量为
的粒子从O 点沿x 轴正
向出发，在
平面内运动，在区域I 中的运动轨迹是以y 轴为对称轴的抛物线的一部分，
如图甲所示。
时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的
图像为正弦曲
线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
2
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A．区域I 内电场强度大小
，方向沿y 轴正方向
B．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径
C．区域Ⅱ内磁感应强度大小
，方向垂直
平面向外
D．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标
【答案】AD
【解析】粒子在区域I 中的运动轨迹是以y 轴为对称轴的抛物线的一部分，可以判断出粒子
做类平抛运动，根据曲线轨迹可知，可知正粒子受到的电场力方向竖直向上，电场方向沿
y 轴正方向，设粒子初速度为
竖直方向有
水平方向有
由牛顿第二定律有
联立解得
A 正确；
粒子在区域Ⅱ中运动的
图像为正弦曲线的一部分，可以判断粒子做匀速圆周运动，
3
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运动轨迹如图所示，则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径
，B 错误；
粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度
联立解得
根据洛伦兹力提供向心力有
，解得
，C 错误；
如图所示，
设圆心为
点，设粒子进入匀强磁场时的速度方向与竖直方向夹角为
由速度关系有
可得
由几何关系得
那么有
粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标
，D 正确。
4
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【典例2】．（2025 高考河北卷）如图，真空中两个足够大的平行金属板
水平固定，
间距为
板接地。M 板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M 板O 点处正上
方P 点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当
发射方向与
的夹角
时，粒子恰好垂直穿过M 板Q 点处的小孔。已知
，
初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板
电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。
下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．若间距d 增大，则板间所形成的最大电场强度减小
C．粒子打到M 板上表面的位置与O 点的最大距离为
D．粒子打到M 板下表面的位置与Q 点的最小距离为
【答案】BD
【解析】根据粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则可知粒子带负电，选项A 错误；
随着粒子不断打到N 极板上，N 极板带电量不断增加，向下的电场强度增加，粒子做减速
运动，当粒子恰能到达N 极板时满足
，
解得
即d 越大，板间所形成的最大电场强度越小，选项B 正确；
因粒子发射方向与OP 夹角为60°时恰能垂直穿过M 板Q 点的小孔，则由几何关系
5
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解得r=2L
可得
可得粒子打到M 板上表面的位置与O 点的最大距离为
选项C 错误；
因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ 长度时，粒子仍可从Q 点进
入两板之间，由几何关系可知此时粒子从P 点沿正上方运动，进入两板间时的速度方向与
M 板夹角为α=30°，则在两板间运动时间
其中
打到M 板下表面距离Q 点的最小距离
解得
，选项D 正确。
【典例3】．（2025 年高考湖南卷）（14 分）如图。直流电源的电动势为
，内阻为
，
滑动变阻器R 的最大阻值为
，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为
，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于
滑动变阻器中点时，质量为m 的带正电粒子以初速度
水平向右从电容器左侧中点a 进入
电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b 点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c
点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
6
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(1)求粒子所带电荷量q；
(2)求磁感应强度B 的大小；
(3)若粒子离开b 点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大
小为
，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做匀变速直线运动
，
由闭合回路欧姆定律可得
联立可得
（4 分）
（2）粒子进入磁场与竖直方向的夹角为
，
粒子在磁场中做匀速圆周运动
由几何关系易得
联立可得
（4 分）
（3）取一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡，则有
7
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解得
粒子以
速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为
此时合速度与竖直方向的夹角为
合速度为
粒子做圆周运动的半径
最远距离为
（6 分）
【典例4】. （2025 高考黑吉辽蒙卷）如图，在
平面第一、四象限内存在垂直平面向
里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子从
点射入磁场，速度方
向与y 轴正方向夹角
，从
点射出磁场。已知粒子的电荷量为
，
质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。
（1）求粒子射入磁场的速度大小
和在磁场中运动的时间
。
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（2）若在
平面内某点固定一负点电荷，电荷量为
，粒子质量取
（k 为
静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M 点运动到N 点，求射入磁场的速度大小
。
（3）在（2）问条件下，粒子从N 点射出磁场开始，经时间
速度方向首次与N 点速度方
向相反，求
（电荷量为Q 的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0 时，与该点电
荷距离为r 处的电势
）。
【答案】（1）
，
（2）
（3）
【解析】（1）作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示
由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半径为
由洛伦兹力提供向心力
解得正电荷的入射速度大小为
正电荷在磁场中运动的周期为
9
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所以正电荷从M 运动到N 的时间为
（2）由题意可知，在
平面内的负电荷在圆心O 处，由牛顿第二定律可知
，其中
解得
或
（舍去）
（3）在（2）的条件下，正电荷从N 点离开磁场后绕负电荷做椭圆运动，如图所示
由能量守恒定律得
由开普勒第二定律可知
其中
联立解得
由牛顿第二定律
解得
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故正电荷从
点离开磁场后到首次速度变为与
点的射出速度相反的时间为
【典例5】.[2021 重庆]在如图1 所示的Oxy 竖直平面内，原点O 处有一粒子源，可沿x 轴
正方向发射速度不同，比荷均为q
m的带正电的粒子.在x≥L 的区域仅有垂直于平面向内的
匀强磁场；x＜L 的区域仅有如图2 所示的电场，0～t0时间内和2t0时刻后的匀强电场大小
相等，方向相反（0～t0时间内电场方向竖直向下），t0～2t0时间内电场强度为0.在磁场左
边界x＝L 直线上的某点，固定一粒子收集器（图中未画出）.0 时刻发射的A 粒子在t0时刻
经过磁场左边界进入磁场，最终被收集器收集；B 粒子在t0
3 时刻以与A 粒子相同的发射速
度发射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为（L，－4 L
9 ）；C 粒子在t0时刻发射，其发
射速度是A 粒子发射速度的1
4 ，不经过磁场能被收集器收集.忽略粒子间相互作用力和粒子
重力，不考虑边界效应.
图1 图2
（1）求电场强度E 的大小；
（2）求磁感应强度B 的大小；
（3）若2t0时刻发射的粒子能被收集器收集，求其所有可能的发射速度大小.
答案 （1）Lm
qt0
2 （2）2m
5qt0
（3）L
3t0
、L
2t0
、（√6+1）L
5t0
解析 （1）设A 粒子发射速度为v，分别画出三个粒子的运动轨迹如图甲所示.根据题述可
知L＝vt0
图甲
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对B 粒子沿y 轴方向有
4 L
9 ＝1
2a（2t0
3 ）2＋a2t0
3 ·t0
3
又qE＝ma
联立解得E＝Lm
qt0
2 .
（2）设收集器的位置坐标为（L，y1），在电场中的运动过程
对C 粒子有L＝0.25v·4t0，y1＝1
2a（3t0）2
对A 粒子有L＝vt0，y2＝1
2at0
2
A 粒子进入磁场时沿x 轴方向分速度为
vx＝v＝L
t0
沿y 轴方向分速度为vy＝at0＝L
t0
A 粒子进入磁场时与x 轴夹角为θ
tanθ＝v y
v x
＝1
2rcosθ＝y1＋y2＝5at0
2＝5L
解得A 粒子在磁场中的轨迹半径为r＝5√2 L
2
A 粒子进入磁场时的速度vA＝√2v
由洛伦兹力提供向心力有qvAB＝mv A
2
r
解得B＝2m
5qt0
.
（3）设2t0时刻发射的粒子在电场中运动的时间为nt0（n＞0），则粒子在电场中的偏转位
移为
y3＝1
2a（nt0）2＝L
2 n2
①若y3＝y1，即粒子不进入磁场直接打在坐标（L，9
2L）处，解得：n＝3
故粒子的入射速度v1＝L
nt0
＝L
3t0
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②若y3＜y1，则粒子要进入磁场运动一段圆弧后打在坐标（L，9
2L）处被收集，其运动轨
迹如图乙所示，由运动的合成与分解有v'x＝L
nt0
＝1
nv，v'y＝a·nt0＝nv
则粒子刚进入磁场时的速度大小为
v'＝√v ' x
2＋v ' y
2＝√
1
n
2 ＋n
2v＝kv
设此时的速度方向与x＝L 的夹角为α，即
sinα＝v ' x
v ' ＝1
nk
粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r1，根据牛顿第二定律有qv'B＝mv '
2
r1
解得r1＝mv '
qB ＝kmv
qB ＝5 L
2 ·k
粒子要被收集，则必满足
2r1sinα＝y1－y3＝L
2 （9－n2）
化简即有n3－9n＋10＝0
变形可得（n－2）（n2＋2n－5）＝0
Ⅰ.当n－2＝0 时，则n＝2，即粒子的入射速度
v2＝L
nt0
＝L
2t0
Ⅱ.当n2＋2n－5＝0，则n＝√6－1[n＝－（√6＋1）＜0 舍去]时，即粒子的入射速度
v3＝L
nt0
＝
L
（√6－1）t0
＝（√6+1）L
5t0
综上所述，在t＝2t0时刻沿x 方向射入的粒子，能够被粒子收集器收集的粒子速度有：L
3t0
、
L
2t0
、（√6+1）L
5t0
.
【针对性训练】
1. (湖北省黄冈中学2025 届高三5 月第三次模拟考试)如图所示，空间交替分布着宽度均为
L 的匀强电磁场区域，磁场垂直xOy 平面向里，磁感应强度大小为
电场沿x 轴负
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方向，电场强度大小为
一带正电的粒子从坐标原点O 沿与x 轴负方向成θ 角、
初速度大小为
进入匀强磁场区域，虚线边界有磁场。粒子的质量为m、电荷量为q，不
计重力，取
。
（1）若粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区域左边界，求此时θ 大小；
（2）若粒子只能经历两个完整的电场区，求
满足的条件；
（3）若θ=0，粒子以
的初速度从O 点进入匀强磁场区域，电场强度大小变为
求当粒子竖直位移大小为
时的运动时间。
【答案】（1）30 ；
（2）
；
（3）
或
或
【解析】（1）由
得
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粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区域左边界，由几何关系得
L
解得
30
（2）粒子向左只能经历两个完整的电场区，设粒子在第三个磁场中水平速度变为0 时竖直
速度为
，由竖直方向动量定理有
即
又由动能定理
其中
联立解得
即
（3）由
得
=
粒子第一次经电场减速后，速度大小变为
根据动能定理有
得
=
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粒子在电磁场中运动一个完整的周期T，沿y 轴向下移动的距离
设粒子能运动完整的n 个周期，则满足n
且
解得n
7.5
故n=8
粒子在电场中减速和加速时间均为
=
T=
+2
故当粒子竖直位移大小为y=
时的运动时间可能为
或
或
即
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2. (江苏南通2025 年高考三模)如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一、二象限有沿+x 轴
方向的匀强电场，在第三、四象限有宽度为d 的匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外，
长度为d 的荧光屏MN 与x 轴垂直，下端在x 轴上.一质量为m、电荷量为+q 的粒子从点P
（0，d）沿-y 轴运动，初速度大小为v0，经电场偏转后从点Q（
，0）进入磁场，并垂
直于磁场的下边界离开磁场.已知P 点到MN 的距离
，不计粒子重力。
（1）求电场强度大小E；
（2）求磁感应强度大小B；
（3）在匀强磁场下方所有区域再加一垂直于坐标平面的匀强磁场，要使粒子能打到MN 上，
求所加磁场的磁感应强度B′所满足的条件。
【答案】（1）
（2）
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（3）
，方向垂直于平面向内或向外。
【解析】
(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在-y 方向有
+x 方向有
根据牛顿第二定律有
联立解得
(2)粒子经过Q 点时+x 方向的分速度
则合速度大小
设粒子vQ与x 轴的夹角为
，有
几何关系
半径
解得
(3)粒子经两磁场偏转到回到x 轴时速度大小不变，方向与+x 轴的夹角为θ 且斜向右上方，
做类斜抛运动，粒子如果能够打到M 点，则+y 方向
+x 方向
解得
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①若所加磁场垂直于平面向内，且粒子恰能到达N 点，几何关系
解得
又因为在磁场中半径
联立解得
若
，粒子回到x 轴时的位置与MN 间的距离
打在屏上，则所加磁场
垂直于平面向内，且
时粒子能打到MN 上；
②若所加磁场垂直于平面向外，且粒子恰能到达M 点，几何关系
解得
同理
若
，粒子回到x 轴时的位置与MN 间的距离也为
打在屏上，则所加
磁场垂直于平面向外，且
时粒子能打到MN 上，总之要使粒子能打到MN 上，
磁感应强度
，方向垂直于平面向内或向外均可。
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3 （河西区2024-2025 学年度第二学期高三年级总复习质量调查（二））如图所示，
平面直角坐标系内，在
的区域存在沿
轴正方向的匀强电场，在
的区域存
在垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为
、带电量为
的粒子从
点
以初速度
沿
轴负方向射出，经过坐标原点
后进入磁场，然后又从
轴上的
点离开磁场。不计粒子的重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小
和粒子经过坐标原点
时的速度大小
；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小
和粒子在匀强磁场中运动的时间。
【答案】（1）
，
（2）
，
【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，
轴方向有
，
，
轴方向有
粒子经过
点时的速度
20
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解得
，
（2）粒子经过
点时，
由几何关系可知
根据牛顿第二定律
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
粒子在磁场中运动的时间
解得
，
4 . (2025 年4 月浙江稽阳联谊学校高三联考)某兴趣小组为探索光电效应和光电子在电磁
场中的运动规律，设计装置如图所示，频率为
的激光照射在竖直放置的
锌板K 的中心位置O 点，其右侧距离为
处有另一足够大极板A，A 上正对O 点有
一竖直狭缝，并在两极板间加电压U=1.8V，两极板间电场可视为匀强电场。在A 板右侧有
宽度为D 、方向垂直纸面向内、大小为
的匀强磁场。锌板的逸出功
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，普朗克常量
，电子质量为
，元电
荷
，π=3，
，
。不计光电子重力及光电子间的
相互作用。求：
（1）光电子到达极板A 的最大速度
；
（2）极板A 上有光电子打中的区域面积；
（3）要使所有光电子均不从右侧边界飞出，磁场宽度D 应满足的条件，并计算电子在磁场
中运动最短时间（计算结果保留1 位有效数字）；
（4）将匀强磁场改为垂直平面向内的非匀强磁场，磁感应强度满足
，x 为该位置到磁场左边界的距离，要使所有光电子均不从右侧
边界飞出，磁场宽度
应满足的条件。
【答案】（1）
（2）
（3）
，
（4）
【解析】（1）由爱因斯坦光电效应方程得
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电场中动能定理
解得
（2 ）设极板上有光电子打中得区域为半径为y 的圆形区域，电子的最大动能为
当电子以最大速度且沿平行极板方向逸出锌板时，电子打到圆形区域的边缘。此时电子在
平行极板方向做匀速直线运动，则
电子在垂直极板方向做匀加速直线运动，有
其中，根据牛顿第二定律可知，电子沿垂直极板方向的加速度大小为
联立得y=0.6m
则，极板A 上有光电子打中的区域面积为
（3）设电子经过A 板时最大速度大小为
，与板最小夹角为α，则
解得
所有电子均不从右侧边界飞出临界情况如图
由几何关系得
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解得Dm=0.9m
所以磁场宽度D 应满足的条件为
。光电子在磁场中运动最短时间对应轨迹如图
电子在磁场中运动的周期为
运动的最小时间为
解得
（4）取向下为y 轴正方向，由y 方向动量定理得
则
所以
当
向上时，电子水平位移最大，此时
磁场宽度D′应满足的条件
。
5. （重庆高2025 届学业质量调研第三次抽测）如图，在y≥0，0≤x≤L 的I 区域存在竖直向上
的匀强电场，在y≥0，x>L 的II 区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。置于坐标原点O 的粒子
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发射源可沿x 轴正方向发射初速度为v0、质量为m、带电量为+q 的粒子，一段时间后与两
区域边界成45°角斜向右上方进入II 区域，经磁场偏转后垂直击中x 轴，不计重力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小E；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）
粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有
解得粒子平抛运动的时间
结合题意可知，粒子进入磁场中速度与竖直方向的夹角为
，则有
由于粒子在竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律则有
结合匀变速直线运动规律则有
联立解得
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（2）根据上述分析可知，粒子在电场中，竖直方向的位移
粒子进入磁场中的速度
作出粒子在磁场中运动轨迹，根据题意可知，粒子圆周运动的轨道半径
粒子圆周运动时，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
联立解得
6 （2025·贵州六盘水期末）如图所示，空间存在方向垂直于纸面（xOy 平面）向里的磁场。
在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0 区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞
1）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O 沿x 轴正向射入
磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时（不计重力），求：
（1）粒子运动的时间；
（2）粒子与O 点间的距离。
答案：（1）π m
q B0(1+ 1
λ) （2）2m v0
q B0 (1－1
λ)
解析：（1）在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动。设在x≥0 区域，圆周半径为r1；
在x＜0 区域，圆周半径为r2。由洛伦兹力提供向心力得
qv0B0＝mv0
2
r1
①
qv0λB0＝mv0
2
r2
②
26
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设粒子在x≥0 区域运动的时间为t1，则t1＝π r1
v0
③
粒子在x＜0 区域运动的时间为t2，则t2＝π r2
v0
④
联立①②③④式得，所求时间为t＝t1＋t2＝π m
q B0(1+ 1
λ)。 ⑤
（2）由几何关系及①②式得，粒子与O 点间的距离为d＝2（r1－r2）＝2m v0
q B0 (1－1
λ)。
7.（2025·河南开封统考）如图所示，MN 是半径为R 的圆形磁场区域的直径，MN 上方存
在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN 下方存在方向垂直于纸面向
里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。在M 点有一质量为m、电荷量为＋q（q＞0）的离
子源，离子从N 点射出时的速度大小不同，但方向均与磁场方向垂直且与MN 成30°角。
不计离子重力及离子间的相互作用，则从N 点射出磁场的离子速度可能是（ ）
A. RqB
2m
B. RqB
3m
C.5 RqB
6m
D.4 RqB
7m
答案 AB
解析： 根据洛伦兹力提供向心力，
有qvB＝m v
2
r
离子在MN 上方运动的半径为r1＝mv
qB
离子在MN 下方运动的半径为r2＝mv
2qB
若离子从MN 上方通过N 点，有2nr1sin 30°＋2（n－1）r2sin 30°＝2R（n＝1，2，
3，…）
解得v＝
4 RqB
（3n－1）m（n＝1，2，3，…）
即v＝2 RqB
m
，v＝4 RqB
5m ，v＝RqB
2m ，v＝4 RqB
11m ，…
若离子从MN 下方通过N 点有
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2n（r1＋r2）sin 30°＝2R（n＝1，2，3，…）
解得v＝4 RqB
3nm （n＝1，2，3，…）
即v＝4 RqB
3m ，v＝2 RqB
3m ，v＝4 RqB
9m ，v＝RqB
3m ，v＝4 RqB
15m ，…故A、B 正确，C、D 错
误。
8.（2025·安徽宣城期末）如图所示，x 轴上方存在边长为d、沿y 轴正方向、场强大小为E
的正方形匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝√
8 Em
dq
。一个质量为m，电荷量为q 的带正电粒子从OP 中点A 由静止释放进入电场（不计粒子重
力）。
（1）粒子从A 点开始运动到第二次进入电场的时间；
（2）粒子第二次离开电场的位置坐标。
答案：（1）t 总＝(1+ 3 π
8 )√
2md
Eq
（2）(0，3
4 d)
解析：（1）粒子在电场中，根据牛顿第二定律得Eq＝ma
带电粒子在电场中做匀加速直线运动，则d＝1
2· Eq
m t1
2
所以粒子在电场中运动的时间t1＝√
2md
Eq
设粒子在电场中获得的速度为v，则v2＝2· Eq
m d，
解得v＝√
2 Eqd
m
在磁场中洛伦兹力提供向心力有，Bqv＝mv
2
R
求得粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝d
2
粒子在磁场运动的周期T＝2π R
v
，
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则t2＝3
4 T＝3 π
8 √
2md
Eq
，所以t 总＝t1＋t2＝(1+ 3 π
8 )√
2md
Eq 。
（2）粒子再次进入电场做类平抛运动，则d＝vt3
h＝1
2
Eq
m t3
2＝1
4 d，所以y＝d
2 ＋h＝3
4 d
故粒子第二次离开电场的位置坐标为(0，3
4 d)。
9.如图所示，在xOy 坐标系中有圆柱形匀强磁场区域，其圆心在O'（R，0），半径为R，
磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里。在y≥R 范围内，有方向向左的匀强电场，
电场强度为E。有一带正电的微粒平行于x 轴射入磁场，微粒在磁场中的偏转半径刚好也是
R。已知带电微粒的电荷量为q，质量为m，整个装置处于真空中，不计重力。
（1）求微粒进入磁场的速度大小；
（2）若微粒从坐标原点射入磁场，求微粒从射入磁场到再次经过y 轴所用时间；
（3）若微粒从y 轴上y＝R
2 处射向磁场，求微粒以后运动过程中距y 轴的最大距离。
答案：（1）qBR
m
（2）π m
2qB ＋√
2mR
qE
（3）R＋q B
2 R
2
8mE
解析：（1）微粒射入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝
mv
2
R
，解得v＝qBR
m 。
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（2）微粒从坐标原点射入磁场，因在磁场中轨迹半径也为R，所以微粒经1
4 圆周后以速度
v 垂直于电场方向进入电场，微粒在电场中做类平抛运动，轨迹如图甲所示。
微粒在磁场中的运动时间为t1＝T
4 ＝1
4 ×2π R
v
＝π m
2qB ，
微粒在电场中做类平抛运动，沿电场方向有R＝1
2·qE
m t2
2，解得t2＝√
2mR
qE
，
微粒再次经过y 轴需要的时间为
t＝t1＋t2＝π m
2qB ＋√
2mR
qE
。
（3）微粒从y 轴上y＝R
2 处射向磁场，微粒运动轨迹如图乙所示，设微粒在P 点射入磁场，
入射点为P，轨迹圆心为O2。
在△APO'中，∠AO'P＝30°，∠APO'＝60°，连接O2O'，因O2P＝O'P＝R，∠O2PO'＝
120°，则∠PO'O2＝30°，两圆相交，关于圆心连线对称，设出射点为Q，由对称知
∠O2O'Q＝30°，出射点Q 必位于O'点正上方。
由于∠PO2Q＝60°，所以微粒从磁场中出射方向与x 轴成θ＝60°。
微粒在电场中沿x 轴正方向上做初速度为v0x＝vcos θ 的匀减速直线运动，加速度大小为a
＝qE
m 。
在电场中向右运动的最远距离xm＝v0 x
2
2a
，
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由以上三式及v＝qBR
m ，解得xm＝q B
2 R
2
8mE
，
运动过程中距y 轴的最远距离为
s＝R＋xm＝R＋q B
2 R
2
8mE
。
10 （2025·湖南娄底阶段练习）如图所示，真空中平面直角坐标系xOy 第一象限内存在沿y
轴负方向的匀强电场，第四象限△OMN 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，M、N 用弹
性绝缘挡板连接。y 轴上的粒子源P 沿x 轴正方向发射一带正电粒子，粒子进入磁场后恰好
垂直击中挡板，反弹后恰好从O 点垂直y 轴以v＝5×105 m/s 的速度射出磁场。已知M、N
两点的坐标分别为(0.3m，0)、(0，－0.4 m)，粒子的比荷q
m＝5.0×107 C/kg，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）匀强电场的电场强度大小E。
答案：（1）0.025 T （2）1.5×104 N/C
解析：（1）根据题意可知，粒子进入磁场后恰好垂直击中挡板，反弹后恰好从O 点垂直y
轴射出磁场，则N 点为粒子反弹后在磁场中做匀速圆周运动的圆心，可得R＝0.4 m
又有qvB＝mv
2
R
联立解得B＝mv
qR ＝0.025 T。
（2）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示，
令∠ONM＝α，根据几何关系有sin α＝
0.3
√0.3
2＋0.4
2＝0.6，设粒子与MN 的碰撞点为Q，
反向延长NQ，并找到一点C，使CQ＝QN，C 即为粒子与MN 碰撞前做圆周运动的圆心，作
出以C 为圆心，CQ 长度为半径的圆弧与x 轴交点为A，A 点即是粒子进入磁场的位置，过C
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做x 轴的垂线，垂足设为D，则R＝NO＝NQ＝CQ＝CA＝0.4 m
又cos ∠MCD＝cos α＝
CD
2 R－MN
sin ∠CAD＝CD
R
联立解得∠CAD＝α
即粒子从A 点进入磁场时，速度与x 轴正方向夹角的正弦值为sin(
π
2 －α)＝cos α＝0.8
设粒子做类平抛运动的时间为t，则有OA＝OM－(R cosα －CD tan α )＝v0t，v0＝vsin α
又Eq＝ma，vy＝at，tan α＝v0
v y
联立解得E＝1.5×104 N/C。
11 （2025·辽宁辽阳期末）如图所示的xOy 坐标系中，第一象限存在与xOy 平面平行的匀
强电场，电场强度为E，且与y 轴负方向的夹角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的匀
强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电粒子自O 点射入第二象限，速度v 与x 轴负方向的
夹角θ＝30°，粒子经磁场偏转后从y 轴上的P 点进入第一象限，并由x 轴上的M 点（未
画出）离开电场。已知O、M 间的距离为3L，粒子的比荷为v
BL，不计粒子重力。求：
（1）O、P 两点间的距离；
（2）粒子在磁场中运动的时间；
（3）当该粒子经过P 点的同时，在电场中的N 点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，
若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N 点的坐标。
答案：（1）√3L （2）2π L
3 v （3）（1.5L，1.5√3L）
解析：（1）带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图所示，圆心为C
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由牛顿第二定律得qvB＝m v
2
R
解得R＝mv
qB
又q
m＝v
BL，可得R＝L
由几何关系得∠OCP＝120°，则OP＝√3L。
（2）粒子在磁场中的运动周期T＝2π R
v
粒子在磁场中偏转120°，即在磁场中运动的时间t＝T
3 ，解得t＝2π L
3 v 。
（3）带电粒子进入第一象限时速度与y 轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在
第一象限内做类平抛运动，轨迹如图。由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电
场时速度方向的直线上PN 范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两
粒子在M 点相遇所需时间最长，即在图中N 点由静止释放粒子即可。设N 点的横坐标为
x，纵坐标为y，根据几何知识可得
PN＝QM＝√3L
又x＝PNcos 30°
y＝OP＋PNsin 30°
解得：x＝1.5L，y＝1.5√3L
则N 点的坐标为（1.5L，1.5√3L）。
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